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Exercices d'arithmetiques
18 janvier 2014
Exercice 1.1. Montrer que sinest somme des carres de deux entiers consecutifs alors2n1est le carre d'un entier.
2. Montrer que si2n1est le carre d'un entier alorsnest somme des
carres de deux entiers consecutifs. Exercice 2.Montrer qu'il existe une innite d'entiersa2Ntels quen4+a n'est premier pour aucun entiern2N.
Exercice 3.Determiner(2m
1)^(2n1).
Exercice 4.Determiner tous les couples d'entiersa,btels queab=ba. Exercice 5.Trouver tous les entiersaetbtels que7a32b= 1. Exercice 6(OIM 2002-4).Soitnun entier strictement plus grand que1.
On noted1;d2;;dkles diviseurs positifs denavec
1 =d1< d2<< dk=n:
On poseD=d1d2+d2d3++dk1dk.
Montrer queD < n2.
Trouver lesntels queDest un diviseur den2.
Exercice 7.Existe-t-il des entiersn>1tels que9divise7n+n3?
Exercice 8.
Determiner le nombre des dizaines de milliers deA= 55555 Exercice 9(OIM 99-4).Determiner les couples d'entiers strictement positifs (n;p)tels que {pest un nombre premier, {n62p, {(p1)n+ 1est divisible parnp1. Exercice 10(OIM 1990-4).Determiner les entiersn2Ntels quen2j2n+1. 1
Solutions des exercices d'arithmetiques
18 janvier 2014
Exercice 1.1. Montrer que sinest somme des carres de deux entiers consecutifs alors2n1est le carre d'un entier.
2. Montrer que si2n1est le carre d'un entier alorsnest somme des
carres de deux entiers consecutifs. Solution 1.1.Par hypothese, il existe un entieratel quen=a2+ (a+ 1)
2. On developpe ce qui donne :
n= 2a2+ 2a+ 1:
Un calcul donne maintenant que
2n1 = 4a2+ 4a+ 1 = (2a)2+ 2(2a)1 + 12:
On reconna^t une identite remarquable :
2n1 = (2a+ 1)2
ce qui prouve bien que 2n1 est le carre d'un entier.
2. Par hypothese, il existe un entierbtel que 2n1 =b2. De plus, comme
2n1 est impair, on remarque quebest aussi forcement impair (le
carre d'un entier pair est pair et le carre d'un entier impair est impair). Ainsi, il existe un entieratel queb= 2a+ 1. On a donc
2n1 = (2a+ 1)2= 4a2+ 4a+ 1:
Ainsi un calcul donne que
n= 2a2+ 2a+ 1 =a2+ (a2+ 2a+ 1) =a2+ (a+ 1)2: Commeaest entier, on a bien montre quenest somme de deux entiers consecutifs. 1 Exercice 2.Montrer qu'il existe une innite d'entiersa2Ntels quen4+a n'est premier pour aucun entiern2N. Solution 2.Il faut bien choisir la forme dea. Poura= 4k4, on peut utiliser les identites remarquables comme suit : n
4+ 4k4= (n2+ 2k2)24n2k2= (n2+ 2k22nk)(n2+ 2k2+ 2nk):
De plusn2+ 2k22nk= (nk)2+k2, doncn4+ 4k4n'est jamais premier des quek>2 (pourk= 1 on a 1 + 4 = 5...).
Exercice 3.Determiner2m1^2n1.
Solution 3.
Ecrivons la division euclidienne denparm:n=qm+r.
Maintenant on cherche a faire celle de 2
n1 par 2m1 : 2 n1 = (2mq1)2r+2r1 = (2m1)(1+2m+22m++2(q1)m)+2r1:
De plus, 2
r1<2m1. Ainsi, l'algorithme d'Euclide associe a 2n1 et 2 m1 peut ^etre fait parallelement a celui denetm. Sid=n^m, on aura 2 m1^2n1 = 2d1: Exercice 4.Determiner tous les couples d'entiersa,btels queab=ba. Solution 4.On commence, comme d'habitude, par introduired=a^bet ecrirea=da0etb=db0oua0^b0= 1.
On constate d'abord quea=best toujours solution.
On cherche les autres solutions. Sans perte de generalite (quitte a inverser les r^oles deaetb), on va supposer quea < b. Ainsi, l'equation se reecrit d baa0b=b0a: On voit tout de suite quea0= 1 cara0jb0aalors quea0^b0a= 1. Et donc d=aetb0>2 : d d(b01)=b0d:
On prend les racinesd-iemes :
d b01=b0; et on a encore quelques cas a traiter. Sid= 1, alorsb0= 1 ce qui n'est pas possible, on a exclu ce cas. Sid= 2, on voit que pourb0= 2 on a une solution qui correspond aa= 2;b= 4. Ensuite, on montre (par recurrence ou par une etude de fonction) que pourb0>2, alors 2b01> b0. Enn, sid>3, la situation est encore plus dramatique et on montre que d b01>3b01> b0: Ainsi, les seuls solutions sont les couples (a;a), (2;4) et (4;2). 2 Exercice 5.Trouver tous les entiersaetbtels que7a32b= 1. Solution 5.On voit quea= 0 oub= 0 sont impossibles. On reecrit l'equa- tion comme suit : 7 a1 = 6a1X i=07 i= 62b1: Sia= 1, alorsb= 1 est l'unique solution. Sia= 2 alorsb= 4 est l'unique solution. Supposons maintenant quea >2 ce qui implique queb >4. Comme la somme de gauche est paire, mais constituee d'element impaires, il doit y avoir un nombre pair de terme,aest donc pair. On regroupe termes pairs et impairs pour obtenir (7 + 1) a=21X i=07
2i= 82b4:
On simplie, et on se rappelle que commeb >4, la somme de gauche est paire mais encore constituee de termes impairs. Il y a donc un nombre pair de termes (a=2 est pair) et on peu recommencer la procedure : (7
2+ 1)a=41X
i=07
4i= 2b4;
on aboutit a une contradiction car une puissance de 2 n'est pas divisible pas 50.
Les seules solutions sont donc (1;1) et (2;4).
Exercice 6(OIM 2002-4).Soitnun entier strictement plus grand que1.
On noted1;d2;;dkles diviseurs positifs denavec
1 =d1< d2<< dk=n:
On poseD=d1d2+d2d3++dk1dk.
Montrer queD < n2.
Trouver lesntels queDest un diviseur den2.
Solution 6.Il est clair que pour toutm,dkm6n=(m+ 1). Ainsi, il vient que
D6n2112+123++1(k1)k
=n211 12 +12 13 ++1k11k =n2 11k < n 2: 3 Pour la seconde partie de la question, on commence par remarquer que sin est premier, alorsD=d1d2=njn2. Sinest compose, soitp=d2le plus petit diviseur premier den. Alors n
2> D > dk1dk=nnp
=n2p Mais c'est alors impossible queDjn2carn2=pest le plus grand diviseur strict den2. Exercice 7.Existe-t-il des entiersn>1tels que9divise7n+n3? Solution 7.La reponse est non, voyons pourquoi. Soitncomme demande. On a quen3est congru a 0, 1 ou1 modulo 9 (c'est toujours vrai). Mais ici,n3ne peut pas ^etre divisible par 9, donc on obtient quen61[9]. En particulier, 7
2n1[n]. Donc 2nest un multiple de l'ordre de modulo 9. Cet
ordre etant 3,nest un multiple de 3. C'est problematique vu quen3n'est pas divisible pas 9! Exercice 8.Determiner le nombre des dizaines de milliers deA= 55555 Solution 8.On va determiner le reste de la division euclidienne deApar
10000 = 2
555. On commence par diviser par 25. Comme'(25) = 16, il
sut de determiner le reste de la division euclidienne de 5
555par 16 et enn,
comme'(16) = 8, il faut determiner le reste de 555par 8. Et enn 55par 4 soit 1.
Donc on remonte 5
555[8], 55555513[16]. Et enn,A513
5
5[25].
Ouf, il vient que l'on n'est pas oblige de refaire tout le travail pour 5 5, on a immediatementA55= 3125[10000]. Ainsi, le chire de dizaines de milliers deAest 0. Exercice 9(OIM 99-4).Determiner les couples d'entiers strictement positifs (n;p)tels que {pest un nombre premier, {n62p, {(p1)n+ 1est divisible parnp1. Solution 9.On trouve d'abord des solutions evidentes : (1;p) est toujours solution. Sip= 2, etn >1 alors seuln= 2 fonctionne et (2;2) est solution. On suppose desormais quep>3. Ainsi,nest necessairement impair. Comme il est toujours plus simple de travailler avec des nombres premiers, 4 soitqpremier tel queqjn. Alors, les hypotheses impliquent (p1)n 1[q], et plus generalement, (p1)an(1)a[q]. Fermat nous apprend aussi que (p1)b(q1)1[q] carp1 n'est pas divisible parq. On resume : (p1)an+b(q1)(1)a[q]: On se demande maintenant pour quelles valeurs deaetbon peut obtenir quelque chose d'interessant, et on pense a Bezout. Mais il faut pour l'utiliser queq1^n= 1. Pour ce faire, on suppose queqest le plus petit diviseur premier den(qui est impair) et on prendaetbdonnes par Bezout, de sorte quean+b(q1) = 1. On voit immediatement queadoit ^etre impair, et donc p1 1[q] soitqjp! Commen <2pon a m^eme quen=p, par minimalite deq.
On est pr^et du but. En developpant
(p1)p+ 1 =pX i=1(1)pkpkp k =p2+A; on observe queAest divisible parp3, donc (p1)p+1 n'est pas divisible par p
3. Ainsi, on obtient quep63, soitp= 3 et (3;3) est bien une solution du
probleme, la derniere. Exercice 10(OIM 1990-4).Determiner les entiersn2Ntels quen2j2n+1. Solution 10.Les solutions evidentes sont 1 et 3. Supposons dorenavant que n >1. Au hasard, consideronsple plus petit entier qui divisen. Il est clair quendoit ^etre impair, et donc quepaussi. L'hypothese implique que 2 n 1[p] et donc que 22n1[p]. Ainsi, l'ordre de 2 modulopdivise 2n. Mais il divise egalementp1 (petit theoreme de Fermat) et par denition dep, (p1)^n= 1. Ainsi on obtient que cet ordre vaut 1 ou 2. Dans le premier cas, on trouve 21[p] ce qui est impossible, la seconde possibilite, implique quep= 3. On ecrit doncn= 3lket on va determiner les valeurs possibles del. Pour cela, on factorise 2
3lk+ 1 = (23l1k+ 1)(223l1k23l1k+ 1):
On voit que cette formule (en particulier le terme de gauche) ce pr^ete par- ticulierement bien a une recurrence. On evalue le terme de droite modulo 9.
2 est d'ordre 6 modulo 9 et ses premieres puissances sont 2;4;1;2;4;1.
En se rappelant quekest impair, on obtient immediatement que 2
23l1k23l1k+ 13[9]:
5
Enn, 2
k+1 est aussi divisible par 3, mais pas par 9, du fait quekest impair, mais pas divisible par 3. En conclusion, la valuation de 3 dans 2
3lk+ 1 est
exactementl+ 1. Mais par hypothese, 32lj2n+ 1, ainsi, la seule possibilite est quek= 1. Maintenant qu'on a regle son compte a 3, on passe au diviseur premier suivant. On supposel>2, sinon on a la solutionsn= 3. Soit encoreple plus petit diviseur del. Ainsi,p>5, et on recommence comme tout a l'heure. De 2
6l1[p] on deduit que l'ordre de 2 modulopdivise 6lmais aussip1 et
donc par denition dep, il doit diviser 6. Il vaut dont 1, 2, 3, ou 6. Et on a que 2, 4, 8 ou 64 est congru a 1 modulop. De tous ces cas, commepn'est ni
2 ni 3, la seule possibilite estp= 7. Mais 7 ne divise jamais 2n+ 1, en eet
les puissances successives de 2 modulo 7 sont 2;4;1. Il n'y a donc pas d'autre solution. 6quotesdbs_dbs19.pdfusesText_25
[PDF] Sujets des dossiers darithmétique, algèbre et géométrie Table des